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ACT2121, éléments de correction

La plupart des calculs pouvant se faire sans calculs (trop) complexes avec une calculatrice, je vais revenir sur un exercice (l’exercice 11 de la seconde série) pour proposer une correction.

Le petit Nestor collectionne les cartes de joueurs de Baseball dans les paquets de gommes à mâcher. Il y a en tout 20 cartes différentes (réparties aléatoirement, une par paquet). Combien de paquets de gommes Nestor devrait-il s’attendre à avoir à acheter pour obtenir la collection complète ? 

La bonne stratégie était d’ordonner les cartes par ordre d’apparition, pour la première fois, et de modéliser le nombre de paquets entre deux premières apparitions, comme indiqué sur le dessin ci-dessous


Si  désigne le nombre total de paquets à acheter, on note  le nombre de paquets à acheter, entre l’apparition de la ème nouvelle carte, et la ème (avec la convention que vaut 1, i.e. à l’achat du premier paquet, on a notre première carte). On notera que
https://latex.codecogs.com/gif.latex?M_i\sim\mathcal{G}((20-(i-1))/20)
et à partir de là, les calculs sont simples, puisque

https://latex.codecogs.com/gif.latex?mathbb{E}(N)=mathbb{E}(M_1+M_2+cdots+M_{20})

soit (par linéarité de l’espérance)

https://latex.codecogs.com/gif.latex?mathbb{E}(N)=mathbb{E}(M_1)+mathbb{E}(M_2)+cdots+mathbb{E}(M_{20})

i.e.

https://latex.codecogs.com/gif.latex?mathbb{E}(N)=left(%201+%20frac{20}{19}%20+%20frac{20}{18}%20+%20frac{20}{17}%20+%20...%20+%20frac{20}{2}+frac{20}{1}%20<br /> ight)

ou encore

https://latex.codecogs.com/gif.latex?mathbb{E}(N)=20left(%20frac{1}{20}+%20frac{1}{19}%20+%20frac{1}{18}%20+%20frac{1}{17}%20+%20...%20+%20frac{1}{2}+1%20<br /> ight)

La bonne réponse était alors (il faut sommer les vingt termes)

> sum(20/(1:20)) [1] 71.95479

Mais cette sommation de vingt termes n’est pas triviale, aussi, en cours, j’avais suggéré que

https://latex.codecogs.com/gif.latex?1+%20frac{1}{2}%20+%20frac{1}{3}%20+%20frac{1}{4}%20+%20...%20+%20frac{1}{n}%20sim%20ln(n)
> log(20)*20 [1] 59.91465

qui diffère du résultat numérique car il manquait la constante d’Euler

https://latex.codecogs.com/gif.latex?gamma%20=%20lim_{n%20<br /> ightarrow%20infty%20}%20left(%201+%20frac{1}{2}%20+%20frac{1}{3}%20+%20frac{1}{4}%20+%20...%20+%20frac{1}{n}%20-%20ln(n)%20<br /> ight)

i.e.

https://latex.codecogs.com/gif.latex?1+%20frac{1}{2}%20+%20frac{1}{3}%20+%20frac{1}{4}%20+%20...%20+%20frac{1}{n}%20sim%20ln(n)+gamma

Numériquement, on obtient, en prenant pour https://latex.codecogs.com/gif.latex?gamma 0.57721 (cf Google)

> (log(20)+ 0.57721)*20 [1] 71.45885

Moyenne géométrique versus moyenne arithmétique…

L’autre jour, j’étais de surveillance d’examen. Pour passer le temps, j’ai survolé l’énoncé, et je me souviens avoir lu “montrez que la moyenne arithmétique est plus grande que la moyenne géométrique“. Ayant généralement tendance à préférer les copies où il y a peu à lire, mais avec de jolis dessins, j’ai eu envie de proposer une correction sans écrire un mot aux étudiants (qui semblaient souffrir dans leur démonstration). Il suffit de monter que

https://blogperso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/public/perso2/moyennes-latex.png

Ben voilà,

quod erat demonstrandum. Non ? On note en plus que l’on a égalité si et seulement si les nombres sont égaux…. Allez, pour convaincre les sceptiques, je rajoute une deuxième preuve… Bon, en fait je peux prouver que

mais c’est la même chose, non ?